【图论】【树】【拓扑排序】2603. 收集树中金币-编程知识

本文涉及知识点

图论树拓扑排序

LeetCode 2603. 收集树中金币

给你一个 n 个节点的无向无根树，节点编号从 0 到 n - 1 。给你整数 n 和一个长度为 n - 1 的二维整数数组 edges ，其中 edges[i] = [ai, bi] 表示树中节点 ai 和 bi 之间有一条边。再给你一个长度为 n 的数组 coins ，其中 coins[i] 可能为 0 也可能为 1 ，1 表示节点 i 处有一个金币。

一开始，你需要选择树中任意一个节点出发。你可以执行下述操作任意次：

收集距离当前节点距离为 2 以内的所有金币，或者
移动到树中一个相邻节点。
你需要收集树中所有的金币，并且回到出发节点，请你返回最少经过的边数。

如果你多次经过一条边，每一次经过都会给答案加一。

示例 1：
在这里插入图片描述

输入：coins = [1,0,0,0,0,1], edges = [[0,1],[1,2],[2,3],[3,4],[4,5]]
输出：2
解释：从节点 2 出发，收集节点 0 处的金币，移动到节点 3 ，收集节点 5 处的金币，然后移动回节点 2 。
示例 2：

在这里插入图片描述

输入：coins = [0,0,0,1,1,0,0,1], edges = [[0,1],[0,2],[1,3],[1,4],[2,5],[5,6],[5,7]]
输出：2
解释：从节点 0 出发，收集节点 4 和 3 处的金币，移动到节点 2 处，收集节点 7 处的金币，移动回节点 0 。

在这里插入图片描述

提示：

n == coins.length
1 <= n <= 3 * 10⁴
0 <= coins[i] <= 1
edges.length == n - 1
edges[i].length == 2
0 <= ai, bi < n
ai != bi
edges 表示一棵合法的树。

拓扑排序

利用拓扑排序不断删除没有金币的叶子节点，不影响答案。
如果根节点没有金币且只有一个孩子，删除。它的孩子成为新的根。简便方式是直接选择有金币的节点为根。其实，拓扑排序后，不会存在这样的根。
一个子树cur有若干金币，且叶子节点的最早公共祖先是cur。则收集所有金币只需要：移动到叶子祖父节点，再回来。
如果cur是整个树的根，则收集结束。等于：除非叶子节点、非叶子节点父亲外所有节点 $\times$ *2。
如果不是根，cur 需要通过根收集金币，所以cur $\rightarrow$ root 路径上的边，也要来回一次。
对于任意cur，cur $\rightarrow$ parent 和parent $\rightarrow$ cur都只需要执行一次。
因为一次就可以收集所有金币。

题解

拓扑排序删除非金币节点后。

错误解法

DFS，返回cur距离叶子最远距离，如果>=2 ，则m_iRet+=2。注意：根节点不算，它没有父节点。DFS的时候排除已经被拓扑排序删除的节点。叶子节点到叶子节点的距离是0。果没有金币，直接返回0。错误原因：不同的根节点，结果不一样。

正确解法

删除叶子节点（无论是否有金币）两次。如果余下的节点为0，则返回0，否则返回( 剩余节点数-1) $\times$ 2

代码

核心代码

class CTopSort
{
public:	template <class T = vector<int> >void Init(const vector<T>& vNeiBo,bool bDirect = true ){const int iDelOutDeg = bDirect ? 0 : 1;m_c = vNeiBo.size();m_vBackNeiBo.resize(m_c);vector<int> vOutDeg(m_c);for (int cur = 0; cur < m_c; cur++){vOutDeg[cur] = vNeiBo[cur].size();	for (const auto& next : vNeiBo[cur]){m_vBackNeiBo[next].emplace_back(cur);}}vector<bool> m_vHasDo(m_c);queue<int> que;for (int i = 0; i < m_c; i++){if ( vOutDeg[i] <= iDelOutDeg){m_vHasDo[i] = true;if (OnDo(i)) {que.emplace(i);}}}while (que.size()){const int cur = que.front();que.pop();for (const auto& next : m_vBackNeiBo[cur]){if (m_vHasDo[next] ){continue;}				vOutDeg[next]--;if (vOutDeg[next] <= iDelOutDeg ){m_vHasDo[next] = true;if (OnDo(next)) {que.emplace(next);}}}};}int m_c;
protected:virtual bool OnDo( int cur) = 0;vector<vector<int>> m_vBackNeiBo;	};

测试用例

template<class T, class T2>
void Assert(const T& t1, const T2& t2)
{assert(t1 == t2);
}template<class T>
void Assert(const vector<T>& v1, const vector<T>& v2)
{if (v1.size() != v2.size()){assert(false);return;}for (int i = 0; i < v1.size(); i++){Assert(v1[i], v2[i]);}}int main()
{vector<int> coins;vector<vector<int>> edges;{Solution sln;coins = { 1,0,1,1,1,1,0,0,0,0,0,0,0,1,1,1,0,0 }, edges = { {0,1},{0,2},{1,3},{2,4},{2,5},{3,6},{3,7},{4,8},{7,9},{8,10},{10,11},{11,12},{7,13},{8,14},{9,15},{11,16},{13,17} };auto res = sln.collectTheCoins(coins, edges);Assert(10, res);}{Solution sln;coins = { 1,0,0,1,1,0,0,0,0,1,0,0 }, edges = { {0,1},{1,2},{1,3},{2,4},{4,5},{5,6},{5,7},{4,8},{7,9},{7,10},{10,11} };auto res = sln.collectTheCoins(coins, edges);Assert(4, res);}{Solution sln;coins = { 1,0,0,0,0,1 }, edges = { {0,1},{1,2},{2,3},{3,4},{4,5} };auto res = sln.collectTheCoins(coins, edges);Assert(2, res);}{Solution sln;coins = { 0,0,0,1,1,0,0,1 }, edges = { {0,1},{0,2},{1,3},{1,4},{2,5},{5,6},{5,7} };auto res = sln.collectTheCoins(coins, edges);Assert(2, res);}	
}

2023年4月

class Solution {
public:
int collectTheCoins(vector& coins, vector<vector>& edges) {
m_c = coins.size();
vector vDeg(m_c);
vector<vector> vNeiB(m_c);
for (const auto& v : edges)
{
vNeiB[v[0]].emplace_back(v[1]);
vNeiB[v[1]].emplace_back(v[0]);
vDeg[v[0]]++;
vDeg[v[1]]++;
}
std::queue que;
for (int i = 0; i < m_c; i++)
{
if ((0 == coins[i]) && (1 == vDeg[i]))
{
que.emplace(i);
}
}
//根据Top排序，依次删除没有金币的节点，自己和子节点没有金币的节点，自己和子孙节点没金币的节点…
while (que.size())
{
int iCur = que.front();
que.pop();
for (const auto& next : vNeiB[iCur])
{
vDeg[next]–;
if ((0 == coins[next]) && (1 == vDeg[next]))
{
que.emplace(next);
}
}
vNeiB[iCur].clear();
}
//通过top排序生成平衡树，Dis为0，表示页节点；1表示离最近的叶节点为1
//访问所有完所有Dis为2的节点，可以收集所有金币
//每个叶子只有一个父节点，自然只有一个祖父节点。必须访问所有Dis为2的节点，否则它子孙的金币无法收集
//
//叶节点入队
vector vDis(m_c, 0);
for (int i = 0; i < m_c; i++)
{
if (1 == vDeg[i])
{
que.emplace(i);
}
}
if (que.size() <=1)
{
return 0;
}
while (que.size())
{
const int iCur = que.front();
que.pop();
for (const auto& next : vNeiB[iCur])
{
vDeg[next]–;
if (1 == vDeg[next])
{
que.emplace(next);
vDis[next] = vDis[iCur] + 1;
}
}
vNeiB[iCur].clear();
}
//
int iRet = -2;
for (int i = 0; i < m_c; i++)
{
if (vDis[i] >= 2)
{
iRet += 2;
}
}
return max(0,iRet);
}
int m_c;
};

2023年8月

class Solution {
public:
int collectTheCoins(vector& coins, vector<vector>& edges) {
m_c = coins.size();

	CNeiBo2 neiBo(m_c, edges, false);vector<int> vDeg(m_c);for (const auto& v : edges){vDeg[v[0]]++;vDeg[v[1]]++;}std::queue<int> que,queCoins;//非金币叶子 金币叶子vector<int> vDel(m_c);for (int i = 0; i < m_c; i++){if (1 == vDeg[i]){if (0 == coins[i]){que.emplace(i);					}else{queCoins.emplace(i);}}}while (que.size()){const int cur = que.front();que.pop();vDel[cur] = true;for (const auto& next : neiBo.m_vNeiB[cur]){vDeg[next]--;if (1 == vDeg[next]){if (0 == coins[next]){que.emplace(next);}else{queCoins.emplace(next);}}}}queue<int> queParent;while (queCoins.size()){const int cur = queCoins.front();queCoins.pop();vDel[cur] = true;for (const auto& next : neiBo.m_vNeiB[cur]){vDeg[next]--;if (1 == vDeg[next]){queParent.emplace(next);vDel[next] = true;}}}int iRet = 0;for (const auto& v : edges){if (vDel[v[0]] || vDel[v[1]]){continue;}iRet += 2;}return iRet;
}
int m_c;

};

扩展阅读

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子墨子言之：事无终始，无务多业。也就是我们常说的专业的人做专业的事。
如果程序是一条龙，那算法就是他的是睛